范文一：根轴定理

根轴定理是指过动点向两园引等长的切线段，则动点的轨迹是一条直线。

怎么做出两圆根轴？如果两圆相交，那么公共弦就是两圆根轴。如果相切，那么公共切线就是两圆根轴；如果相离，那么做一个与这两圆O1，O2同时相交的圆O3，O4，做圆O1，O3的根轴L1，做圆O2，O3的根轴L2 。L1与L2的交点记为A 。同理做圆O1，O4的根轴L3，做圆O2，O4的根轴L4 。L3与L4的交点记为B 。则AB 记为圆O1，O2的根轴。

根据根轴的定义，根轴上在两圆外的任一点到两圆O 的幂是相等的。又因为切线长是一个非负数，故这点到两圆的切线长相等。

根轴与圆的正交

昨天的等幂定理介绍说，与两圆有等幂的点的轨迹是垂直于连心线的一条直线。今天我们看另外一个关于圆的概念，并揭示和根轴的关系。

两圆周的正交：

两圆相交，若两圆周在交点处的切线的夹角为直角，则说两圆周相交成直角。如下图所示的圆O 与圆O' 就相交成直角或正交。

我们关心的是，根据简单的切割线定理知道：O' 对于圆O 的幂是一个定值，这个定值只随着圆O' 的大小而变。同理O 对于圆O' 的幂也是一定值。如果我们同等幂定理一样，考虑两个圆，那么我们就有下面的性质：

两圆周的根轴，是和此两圆周正交的圆周的圆心的轨迹。

这个很好证明，因为这样的圆心对于已知两圆有相等的幂。根据昨天的等幂定理即可得上面的性质。

认识了两圆的根轴，这个根轴就应该用来代替我们常说的公共弦，因为公共弦这个概念

今天我们就用上一篇文章的垂线定理，来介绍圆的根轴。同样的规矩，先介绍结论，再进行证明。

介绍根轴之前，首先介绍圆的幂，大家应该都知道圆幂定理，我在我的文章中也有所介绍。过一点A 作一圆周的任一割线，从A 起到和圆周相交为止的两线段之积，称之为圆周的幂，圆幂定理告诉我们，一个圆的幂只随着点A 的位置有关，而不与割线的方向有关，并且我们还知道，点A 对于以O 为圆心的圆周的幂，等于距离OA 以及半径的平方差。这点和我们所说的圆幂定理不同之处就在于，这里的线段有了方向。当A 在圆内的时候，幂为负值；若A 在圆外，幂为正值。

我们不仅为问起下面的问题：与两个已知圆有等幂的点的轨迹是什么？

OM -R =O'M-R'

这等式还可以写成：

OM -OM' =R-R' 22222222 如上图所示，点M 对圆O 和圆O' 有相等的幂，两圆的半径分别为R 和R' ，则有：

也就是M 到两定点的距离的平方差是一定值，所以由我们昨天的垂线定理，得知M 的轨迹是OO' 的垂线，也就是我们下面的等幂定理(也称根轴定理) 成立。

对于两已知圆有等幂的点的轨迹，是一条直线，垂直于连心线的直线。这条直线称之为这两个圆周的等幂轴或根轴。

比较特殊的情况是，当两圆周相交时，这两个圆的根轴就是两交点所连的直线

2222 对于内含的情况是一样的，不过对于特殊的内含——两圆周同心的时候。两圆周的根轴就不存在。事实上，你可以通过OM -OM' =R-R' 分析得到，此时他们的根轴在无穷远的地方。

对于推广以后的情况，我们有下面的性质:

任意一点对于两圆周的幂的差，等于这点到根轴的距离与两圆心间距离的乘积的两倍：

ON-R -(O'N-R' )=2Hn·OO' 。 2222 如上图所示，N 为任意一点，n 为N 点在OO' 上的投影，那么我们有：

范文二：巧用根轴与根心定理证明两线垂直

巧思妙解

巧用根轴与根心定理证明两线垂直

李成章

(南开大学数学科学学院,300071)

　　根轴定理与根心定理都是数学竞赛中的重要定理.

根轴定理　两圆的根轴与连心线互相垂直.

根心定理　三个圆两两之间的三条根轴或者互相平行或者交于一点(即根心) . 　　例1　如图1, 在△ABC 中, O 为外心, 三条高AD 、B E 、CF 点H , 直线AB 交于点M , 直线FD 和AC 交于点N . 证明:

(1) OB ⊥DF , OC ⊥DE ;

图1(2) OH ⊥

MN .

⊙O 和⊙K 的幂, 因此, 点M 在⊙O 和⊙K

的根轴上.

同理, 点N 也在这条根轴上.

于是, 直线MN 为⊙O 与⊙K 的根轴. 则OK ⊥MN , 即OH ⊥.

. , 所以曾、实属罕见. 后来发, 还有一些关于垂直的题目可以用类似的方法来证明. 事实上, 这也是证明垂直的一条重要途径. 不仅如此, 根心定理有时也可用来证明垂直问题.

例2　凸四边形ABCD 的两条对角线交于点O , △AOB 和△COD 的重心分别为M 1和M 2, △BOC 和△AOD 的垂心分别为H 1和

H 2. 证明:M 1M 2⊥H 1H 2.

(1972, 全苏数学奥林匹克)

(2001, 全国高中数学联赛)

这是一道相当难的题目. 到目前为止, 此题已有几种证法, 其中最为独特的方法就是用根轴定理来证明. 由于(1) 是“送礼”部分, 故这里将(1) 作为已知结果来证明(2) .

证明:因为九点圆的圆心K 在欧拉线的中点, 即OH 的中点, 因此, OK 就是△ABC 的外接圆与九点圆的连心线. 由根轴定理知, 为证(2) , 只须再证MN 就是上述两圆的根轴.

因为∠A E B =90°=∠ADB , 则有A 、B 、D 、E 四点共圆.

故MB ?MA =MD ?ME . 又MB ?MA 和MD ?ME 分别为点M 关于

证明:如图2,

作△AOD 的两条高AA 1和DD 1, 作△BOC 的两条高BB 1和CC 1.

因为∠AA 1B =90°=∠BB 1A ,

所以, A 、B 、B 1、A 1

图2

四点共圆且圆心为AB 的中点E .

同理, C 1、C 、D 、D 1四点共圆且圆心为

CD 的中点F .

因此, EF 为⊙E 和⊙F 的连心线. 又A 、D 1、A 1、D 四点共圆, 则有

H 2A ?H 2A 1=H 2D 1?H 2D .

由于H 2A ?H 2A 1和H 2D 1?H 2D 恰分别为点H 2关于⊙E 和⊙F 的幂, 所以, 点H 2在⊙E 和⊙F 的根轴上.

同理, 点H 1也在这条根轴上.

故直线H 1H 2就是⊙E 和⊙F 的根轴. 从而, H 1H 2⊥EF .

又M 1M 2∥EF , 所以, M 1M 2⊥H 1H 2. 例3　在凸五边形ABCDE 中, AB =BC , ∠BCD =∠E AB =90°, P 为形内一点, 使得A P ⊥B E , CP ⊥BD . 证明:B P ⊥DE .

证法1:如图3, 过点P 作PH ⊥DE 于点H . 因为

∠PFD =∠PGE

=90°=∠PHD =∠PHE , 所以, F 、D 、H 、P 和P 、H 、E G 四点共圆, 图3为⊙M 1和⊙M 2.

又B F ?BD =BC =BA =BG ?B E , 所以, F 、D 、E 、G 四点共圆, 记此圆为⊙M 3.

易见, ⊙M 1、⊙M 2、⊙M 3两两之间的公共弦恰为PH 、EG 、FD . 由根心定理知, 这三条根轴交于一点.

又已知直线DF 和EG 交于点B , 因此, 直线PH 过点B .

由PH ⊥DE , 知B P ⊥DE . 证法2:记B P 的中点为O . 因为∠B FP =90°=∠BGP , 所以, B 、F 、P 、G 四点共圆且圆心为点O .

又因为BA =BC , ∠BCD =90°=∠BA E , 故以点B 为圆心、BC 为半径的⊙B 过点A , 且直线DC 和E A 都是⊙B 的切线, 切点分别为C 和A .

2

所以, DC =DF ?DB .

故点D 在⊙O 与⊙B 的根轴上. 同理, 点E 在⊙O 与⊙B 的根轴上. 因此, 直线DE 为⊙O 与⊙B 的根轴. 则BO ⊥DE , 即B P ⊥DE .

2

2

例4　在∠AOB 内部取一点C , 过点C 作CD ⊥OA 于点D , 作CE ⊥OB 于点E , 再过点D 作DN ⊥OB 于点N , 过点E 作EM ⊥OA 于点M . 证明:OC ⊥MN .

(1958, 莫斯科数学奥林匹克) 证明:如图4, 过点C 作CH ⊥MN 于点H . 因为

∠CDM =∠CEN =90°, 所以, C 、D 、M 、H 和C 、H 、N 、E 分别

∠=E 、E , ⊙O 3.

线CH 、EN 、DM 恰为⊙O 1、⊙O 2、⊙O 3两两之间的三条根轴. 又因前两条直线交于点O , 故由根心定理知直线CH 过点O , 即C 、H 、O 三点共线. 又CH ⊥MN , 所以, OC ⊥MN .

例5　设锐角△ABC 的外心为O , △BOC 的外心为T , 点M 为边BC 的中点, 在边AB 、AC 上分别取点D 、E , 使得∠ADM =∠A EM =∠BAC . 证明:AT ⊥DE .

(第30届俄罗斯数学奥林匹克) 证明:如图5, 由O 是△ABC 的外心, T 是△BOC 的外心知, O 、M 、

T 三点共线, 且OT ⊥BC .

图4

四点共圆, 记两圆为⊙O 1O 2. 由

延长DM 、AC

图5交于点G , 延长

EM 、AB 交于点F , 联结FT 、B T 、GT . 于是, 有

∠B TO =2∠BCO =180°-∠BOC

=180°-2∠BAC =∠A FE .

故B 、F 、T 、M 四点共圆.

(下转第17页)

2005年第9期17

至少有一个成立.

引理的证明:(1) 最小的合数为4=2×2, 取m =0,1,2,3, 上述引理均成立.

(2) 当p ≥6时, 由于m 、p -m -1至少有一个大于或等于且m =

这与假设矛盾. 所以, p 为合数时, 式⑤

不成立. 因此, 有如下的命题.

命题2　设p >1, 当且仅当p 为素数时,

m +1

(m od p ) . m ! (p -m -1) ! ≡(-1) 其中0≤m ≤p -1, 且m 为整数.

实际上, 命题2是威尔逊定理的推广. 显然, 当m =0或m =p -1时即为威尔逊定

理. 特别地, 若p 为奇素数, 取m =, 则

2

p -1=. 于是, 有

2

≡(-1) 2(m od p ) . 2

受上述证明的启发, 我们得到一个关于.

设[p ]≤m ≤

p -(p 的最大正整数) , r r

2

(取等号时, p 为奇数

2

) , 而a 、b 至少有一个小于或等

于, 所以, 要证明引理, 只须证

2p <, 即p=""><>

24

2

于是, 只须证4p

2

6p

22

显然, 当且仅当p =6时,6p =p . 而p

2

<>

2

(2) 知, . 综合(1) 、

假设p , p =ab (a 、b ∈N , 且2, b ≥2) , 那么, 由引理可知, 对于任意的m ,

a |m ! (p -m -1) ! 与b |m ! (p -m -1) ! 至少有一个成立.

又因为(m ! (p -m -1) ! , m ! (p -m -1) ! ±1) =1, 则有

a 8[m ! (p -m -1) ! ±1]或　b 8[m ! (p -m -1) ! ±1].

故p 8[m ! (p -m -1) ! ±1].(上接第14页)

(r , p ) =1, 则p 为素数.

证明:若p 为合数, 设p =ab (a 、b ∈N ,

且a ≥2, b ≥2) , 则必有

a ≤[p ]≤m 或b ≤[p ]≤m .

从而, a |m ! 或b |m !.

又m ! ≡r (m od p ) , 则有a |r 或b |r . 故(r , p ) ≠1. 所以, 当m ! ≡r (m od p ) , 且(r , p ) =1时, p 必为素数.

　　则∠B FT =180°-∠BMT =90°.

同理, ∠CGT =90°.

过点T 作TH ⊥DE 于点H , 于是, D 、F 、T 、H 和H 、T 、G 、E 分别四点共圆, 记两圆为⊙S 1和⊙S 2.

又∠FDG =180°-∠ADG =180°-∠A EF =∠FEG ,

于点A , 故由根心定理知TH 过点A .

因为TH ⊥DE , 所以, AT ⊥DE .

考察例3至例5, 题中所给的条件或所导出的条件中都有较多的直角, 特别是有相对的两个直角, 待证的结论又都是垂直. 这导致三个题目的证明思路相当一致, 都是用的根心定理加同一法. 从证明过程可以看出, 这种证法还是比较自然的. 这也表明, 根心定理加同一法的思路在证明一类垂直问题中是行之有效的.

所以, D 、F 、G 、E 四点共圆, 记之为⊙S 3.

由于直线TH 、GE 、DF 恰为⊙S 1、⊙S 2、⊙S 3两两之间的三条根轴, 且GE 与DF 交

范文三：巧用根轴与根心定理证明两线垂直

巧用根轴与根心定理证明两线垂直

根轴定理与根心定理都是数学竞赛中的重要定理。

根轴定理 两圆的根轴与连心线垂直。

根心定理 三个圆两两之间的三条根轴或者互相平行或者交于一点(即根心)。

例1 如图1, 在ΔABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，直线FD和AC交于点N。证明:

(1)OB?DF，OC?DE (2)OH?MN。 (2001, 全国高中数学联赛)

这是一道相当难的题目，到目前为止，此题已有几种证法，其中最为独特的方法就是用根轴定理来证明。由于(1)是送礼部分，故这里将(1)作为已知结果来证明(2)。

M证明:因为九点圆的圆心K在欧拉线的中点，

即OH的中点。因此OK就是ΔABC的外接圆与

A九点圆的连心线。由根轴定理知，为证(2)，

F只须再证MN就是上述两圆的根轴。

0因为?AEB,90,?ADB，则有 KHA、B、D、E四点共圆。故MB?MA,MD?ME。 EO

又MB?MA、MD?ME分别为点M关于?O DCB和?K的幂，因此点M在?O和?K的轴上。

同理，点N也在这条根轴上。

于是直线MN为?O和?K的根轴，则OK?MN，即OH?MN。

N

这个证法很巧妙，由于当时像这样用根轴定理证垂直的途径还不广为人知，所以曾被一些人认为是凤毛麟角、实属罕见。后来发现并不尽然，还有一些关于垂直的题目可以用类似的方法来证明。事实上，这也是证明垂直的一条重要途径。不仅如此，根心定理有时也可用来证明垂直问题。

例2 凸四边形ABCD的两条对角线交于点O，ΔAOB和ΔCOD的重心分别为M和1M，ΔBOC和ΔAOD的垂心分别为H和H。证明:M M?HH。(1972,全苏数学奥林212121 2

匹克)

证明:如图2, 作ΔAOD的两条高AA和DD，作ΔBOC的两条高BB和CC。 11110因为?A AB,90,?B BA，所以A、B、B、A四点共圆且圆心为AB的中点E。 1111

同理，C、C、D、D四点共圆且圆心为CD的中点F。 11

A 因此，EF为?E和?F的连心线。 D又A、D、A、D四点共圆，则有 11H2HA?HA,HD?HD。 221212AD11M由于HA?HA和HD?HD恰分别是 O2212121FMECB2H关于?E和?F的幂，所以点H在 1122H1?E和?F的根轴上。

同理，H也在这条根轴上。 1

故直线H H为?E和?F的根轴。 BC12

从而H H?EF。又M M//EF，所以M M?HH。 1212121 2

0例3 在凸五边形ABCDE中，AB,BC，?BCD,?EAB,90, P为形内一点，使得AP?BE，CP?BD。证明:BP?DE。

B证明1:如图3, 过点P作PH?DE于点H，因为 A0?PFD,?PGE,90,?PGD,?PHE,

所以F、D、H、P和P、H、E、G分别四点共圆， OG

C记两圆为?M和?M。 12F22P又BF?BD,BC,BA,BG?BE，

所以F、D、E、G四点共圆，记此圆为?M。 3E

易见，?M、?M和?M两两之间的公共弦恰为 123HPH、EG和FD。由根心定理知，这三条根轴交于一点。 D

又已知直线DF与EG交于点B，因此直线PH过点B。

由PH?DE，知BP?DE。

证明2:记BP的中点为O。

0因为?BFP,90,?BGP，所以B、F、P、G四点共圆且圆心为点O。

0又因为BA,BC，?BCD,90,?BAE，故以点B为圆心、BC为半径的?B过点A，

且直线DC和EA都是?B的切线，切点分别为C和A。

2所以，DC,DF?DB。故点D在?O和?B的根轴上。

同理，点E在在?O和?B的根轴上。

因此，直线DE为?O和?B的根轴。则BO?DE，即BP?DE。

例4 在?AOB内部一点C，过点C作CD?OA于点D，作CE?OB于点E，再过D作DN?OB于点N，过点E作EM?OA于点M。证明:OC?MN。(1958, 莫斯科数学奥林匹克)

0证明:如图4，过点C作CH?MN于点H。因为?CDM,?CEN,90，所以C、D、M、H和C、H、N、E分别四点共圆，记两圆为?O和?O。 12A0由?DME,90,?DNE，知D、M、N、E四点共圆， D记之为?O。 3M

易见，直线CH、EN、DM恰为?O、?O、 12C?O两两之间的三条根轴。又因为前两条直线交于点O， 3

故由根心定理知直线CH过点O，即C、H、O三点共线。

O又CH?MN，所以，OC?MN。 NEB

例5 设锐角ΔABC的外心为O，ΔBOC的外心为T，点M为边BC的中点，在边AB、AC上分别取点D、E，使得?ADM,?AEM,?BAC。证明:AT?DE。(第30届俄罗斯数学奥林匹克)

证明:如图5, 由O是ΔABC的外心，T是ΔBOC的外心知，O、M、T三点共线，且

AOT?BC。

延长DM、AC交于点G，延长EM，AB交于点F，

联结FT、BT、GT。于是，有

0 0 ?BTO,2?BCO,180–?BOC,180–2?BAC,?AFE,

OD故B、F、T、M四点共圆。 E0 0BH则?BFT,180–?BMT,90。 C0FM同理，?CGT,90。

过点T作THDE于点H，于是，D、F、T、H G和H、T、G、E分别四点共圆，记两圆为?S和?S。 120 0 又?FDG,180–?ADG,180–?AEF,?FEG,

T

所以D、F、G、E四点共圆，记之为?S。 3

由于直线TH、GE、DF恰为?S、?S、?S两两之间的三条根轴。且GE与DF交于123

点A，故由根心定理知直线TH过点A。

因为TH?DE，所以，AT?MN。

考察例3至例5, 题中所给的条件或所导出的条件中都有较多的直角，特别是有相对的两个直角，待证的结论又都是垂直。这导致三个题目的证明思路相当一致，都是用的根心定理加同一法。从证明过程可以看出，这种证法还是比较自然的。这也表明，根心定理加同一法的思路在证明一类垂直问题是行之有效的。

范文四：巧用根轴与根心定理证明两线垂直

2005 年第 9 期 13

巧思

妙解

巧用根轴与根心定理证明两线垂直

李成章

(南开大学数学科学学院 ,300071)

根轴定理与根心定理都是数学竞赛中的 ?O 和 ?K 的幂 , 因此 , 点 M 在 ?O 和 ?K 重要定理. 的根轴上.

根轴定理 两圆的根轴与连心线互相垂 同理 ,点 N 也在这条根轴上. 直. 于是 ,直线 MN 为 ?O 与 ?K 的根轴.

根心定理 三个圆两两之间的三条根轴 则 OK ?MN ,即 OH ?MN . 或者互相平行或者交于一点 (即根心) . 这个证法很巧妙. 由于当时像这样用根

例 1 如图 1 , 轴定理证垂直的途径还不广为人知 , 所以曾 在 ?ABC 中 , O 被一些人认为是凤毛麟角 、 属罕见. 后来发 为外心 , 三条高 现并不尽然 ,还有一些关于垂直的题目可以 AD 、B E 、CF 交于 用类似的方法来证明. 事实上 ,这也是证明垂 点 H ,直线 ED 和 直的一条重要途径. 不仅如此 ,根心定理有时 AB 交 于 点 M , 直 也可用来证明垂直问题.

线 FD 和AC 交于 例 2 凸四边形 ABCD 的两条对角线交 点 N . 证明 : 于点 O , ?AOB 和 ?COD 的 重 心 分 别 为 M 1

( 1 ) OB ? 和 M 2 , ?BOC 和 ?AOD 的垂心分别为 H1 和 DF , OC ?DE ; H2 . 证明 : M1 M2 ?H1 H2 .

图 1 ( 2 ) OH ? (1972 ,全苏数学奥林匹克) MN . 证明 : 如图 2 ,

(2001 ,全国高中数学联赛) AOD 的 两 条 作 ?

这是一道相当难的题目. 到目前为止 ,此 高 AA 1 和 DD1 , 作

题已有几种证法 ,其中最为独特的方法就是 ?BOC 的 两 条 高

用根轴定理来证明. 由于 (1) 是“送礼”部分 , BB 1 和 CC1 .

故这里将 (1) 作为已知结果来证明 (2) . 因 为 ?AA 1 B

证明 :因为九点圆的圆心 K 在欧拉线的 = 90?= ?BB 1 A , 图 2 中点 , 即 OH 的 中 点 , 因 此 , OK 就 是 所以 , A 、B 、B 1 、A 1 ?ABC 四点共圆且圆心为 AB 的中点 E. 的外接圆与九点圆的连心线. 由根轴定理知 , 同理 , C1 、C 、D 、D1 四 点 共 圆 且 圆 心 为 为证 ( 2) , 只 须 再 证 MN 就 是 上 述 两 圆 CD 的中点 F. 的 根 因此 , EF 为 ?E 和 ?F 的连心线. 轴. 又 A 、D1 、A 1 、D 四点共圆 ,则有 因为 ?AEB = 90?= ?ADB , 则 有 A 、B 、 H2 A ?H2 A 1 = H2 D1 ?H2 D . D 、E 四点共圆.

故 MB ?MA = MD?ME.

又 MB ?MA 和 MD?ME 分别为点 M 关于

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实

中 等 数 学 14

例 4 在 ?AOB 内 部 取 一 点 C , 过 点 C 由于 H2 A ?H2 A 1 和 H2 D1 ?H2 D 恰分 别

作 CD ?OA 于点 D ,作 CE ?OB 于点 E ,再过 为点 H2 关 于 ?E 和 ?F 的 幂 , 所 以 , 点

点 D 作 DN ?OB 于点 N ,过点 E 作 EM ?OA H2

于点 M . 证明 : OC ?MN . 在 ?E 和 ?F 的根轴上.

(1958 ,莫斯科数学奥林匹克) 同理 ,点 H1 也在这条根轴上.

证明 : 如图 4 , 故直线 H1 H2 就是 ?E 和 ?F 的根轴.

过点 C 作 CH ?MN 从而 , H1 H2 ?EF.

于点 H. 因为 又 M 1 M2 ?EF ,所以 , M1 M2 ?H1 H2 .

?CDM = ?CEN 例 3 在凸五边形 ABCDE 中 , AB = BC ,

= 90?, ?BCD = ?EAB = 90?, P 为 形 内 一 点 , 使 得

AP ?B E , CP ?BD . 证明 : B P ?DE.

C 、D 、M 、H 所 以 ,证法 1 :如图 3 ,过点 P 作 PH ?DE 于点 图 4 和 C 、H 、N 、E 分别 H. 因为

?PFD = ?PGE O1 和 ?O2 . 由 四点共圆 ,记两圆为 ?

= 90?= ?PHD ?DME = 90?= ?DN E ,

= ?PHE , 知 D 、M 、N 、E 四点共圆 ,记之为 ?O3 . 所 以 , F 、D 、H 、P 易 见 , 直 线 CH 、EN 、DM 恰 为 ?O1 、 和 P 、H 、E 、G 分别 ?O2 、?O3 两两之间的三条根轴. 又因前两 图 3 条直线交 于 点 O , 故 由 根 心 定 理 知 直 线 CH 为 ?M 1 和 ?M2 . 过点 O ,即 C 、H 、O 三点共线. 2 2

又 CH ?MN ,所以 , OC ?MN . F 、D 、E 、G 四点共圆 ,记此圆为 ?M 3 . 例 5 设 锐 角 ?ABC 的 外 心 为 O ,

易见 , ?M1 、?M2 、?M3 两两之间的公 ?BOC 的外心为 T ,点 M 为边 BC 的中点 ,在 共弦恰为 PH 、EG 、FD . 由根心定理知 , 这 三 边 AB 、AC 上 分 别 取 点 D 、E , 使 得 ?ADM = 条根轴交于一点. ?AEM = ?BAC. 证明 : AT ?DE.

又已知直线 DF 和 EG 交于点 B , 因 此 , (第 30 届俄罗斯数学奥林匹克) 直线 PH 过点 B . 证明 :如图 5 ,

由 PH ?DE ,知 B P ?DE. 由 O 是 ?ABC 的

证法 2 :记 B P 的中点为 O . 外心 , T 是 ?BOC

因为 ?B FP = 90?= ?BGP , 所以 , B 、F 、 的外 心 知 , O 、M 、

P 、G 四点共圆且圆心为点 O . T 三点共线 , 且

又因为 BA = BC , ?BCD = 90?= ?BAE , OT ?BC.

故以点 B 为圆心 、BC 为半径的 ?B 过点 A , 延长 DM 、AC

且直线 DC 和 EA 都是 ?B 的切线 ,切点分别 图 5 为 C 和 A . EM 、AB 交于点 F ,联结 FT 、BT 、GT. 于是 ,有 2

?BTO = 2 ?BCO = 180?- ?BOC

故点 D 在 ?O 与 ?B 的根轴上. = 180?- 2 ?BAC = ?AFE.

同理 ,点 E 在 ?O 与 ?B 的根轴上. 故 B 、F 、T 、M 四点共圆. 因此 ,直线 DE 为 ?O 与 ?B 的根轴. (下转第 17 页) 则 BO ?DE ,即 B P ?DE. ? 1994-2007 China

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四点 共 圆 , 记 两 圆

又 B F?BD = BC = BA = BG?B E ,所以 ,

G , 延 长 交于 点

所以 , DC = DF?DB .

2005 年第 9 期 17

至少有一个成立. 这与假设 矛 盾. 所 以 , p 为 合 数 时 , 式 ?

引理的证 明 : ( 1) 最 小 的 合 数 为 4 = 2 不成立. 因此 ,有如下的命题.

× 命题 2 设 p > 1 ,当且仅当 p 为素数时 , 2 ,取 m = 0 ,1 ,2 ,3 ,上述引理均成立.

m +1 (2) 当 p ?6 时 ,由于 m 、p - m - 1 至 少 m !( p - m - 1) ! ?( - 1) (mod p) .

p - 1 m ?p - 1 ,且 m 为整数. 其中 0 ?有一个大于或等于 p 为奇数 (取等号时 ,2 实际上 ,命题 2 是威尔逊定理的推广. 显

p - 1 然 ,当 m = 0 或 m = p - 1 时 即 为 威 尔 逊 定 2 p - 1 于 p ,所以 ,要证明引理 ,只须证 2 p - m - 1 = m . 于是 ,有 p < ,即="" p="">< .="" 2="" 2="" 4="" p="" +1="" 2="" !="" 22="" 受上述证明的启发="" ,="" 我们得到一个关于="" 2="" 2="" 素数的判定命题.="">

2 p - 1 . 命题 3 设 m 为正整数 ,且 [ p ] ?m ? 2

p - 1 ( [ p ] 表 示 不 超 过 p 的 最 大 正 整 数) , 综合 (1) 、(2) 知 ,引理成立.

r 为正 整 数 且 r < p.="" 若="" m="" !="" (="" mod="" p)="" ,="" 且="" 接下来用反证法证明.="">

( r , p) = 1 ,则 p 为素数. 假设 p 为 合 数 时 式 ?成 立 , 设 p = ab

证明 :若 p 为合数 ,设 p = ab ( a 、b ?N , ( a 、b ?N , 且 a ?2 , b ?2) , 那 么 , 由 引 理 可

且 a ?2 , b ?2) ,则必有 知 ,对于任意的 m ,

a| m !( p - m - 1) ! 与 b| m !( p - m - 1) ! a ?[ p ] ?m 或 b ?[ p ] ?m . 至少有一个成立. 从而 , a| m !或 b| m !.

又因为 ( m ! ( p - m - 1) ! , m ! ( p - m - 又 m ! ?r (mod p) ,则有 a| r 或 b| r. 1) ! ?1) = 1 ,则有

所以 , 当 m ! ?r ( mod p) , 且 ( r , p) = 1

,时 p 必为素数.

(上接第 14 页) 于点 A ,故由根心定理知 TH 过点 A .

则 ?B FT = 180? ?BMT = 90? 因为 TH ?DE ,所以 ,AT ?DE.

同理 , ?CGT = 90? 考察 例 3 至 例 5 , 题 中 所 给 的 条

件 或 所

过点 T 作 TH ?DE 于点 H ,于是 , D 、 、 导出的条件中都有较多的直角 ,特别是有相 T 、 和 H 、 、 、 分别四点共圆 ,记两圆为 对的两个直角 ,待证的结论又都是垂直. 这导 ?S 1 和 ?S 2 . 致三个题目的证明思路相当一致 , 都是用的

又 ?FDG = 180? ?ADG 根心定理加同一法. 从证明过程可以看出 ,这

= 180? ?AEF = ?FEG , 种证法还是比较自然的. 这也表明 ,根心定理 所以 , D 、 、 、 四点共圆 ,记之为 ?S 3 . 加同一法的思路在证明一类垂直问题中是行

之有效的.

?S 3 两两之间的三条根轴 , 且 GE 与 DF 交

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且 m = ) ,而 a 、b 至少有一个小于或等

理. 特别地 , 若 p 为 奇 素 数 , 取 m = , 则

p - 1 ( p - 1)2

p - 1 ?( - 1) 2 (mod p) . 于是 ,只须证 4 p < p="" -="" 2="" p="" +="" 1="" ,即="">

6 p < p="" +="" 1.="">

显然 , 当且仅当 p = 6 时 ,6 p = p . 而 p < p="" +="" 1="" ,所以="" ,当="" p="" 时="" ,均有="" p=""><>

故 ( r , p) ?1.

- .

.

F H T G E

-

-

F G E

由于直线 TH 、GE 、DF 恰为 ?S 1 、?S 2 、

a8[ m !( p - m - 1) ! ?1 ]

或 b8[ m !( p - m - 1) ! ?1 ] .

故 p8[ m !( p - m - 1) ! ?1 ] .

范文五：勾股定理逆定理证明

勾股定理逆定理

222已知在,ABC中,AB,c,BC,a,CA,b,且a，b,c.求证:，C,90:.

证明:过点A作AD,BC于点D. A

由勾股定理，得

222CD，h,b,a ?

222BD，h,c. ? a

?,?，得 b c

2222BD,CD,c,b. ha

2222即BD,CD，b,c.

222？a，b,c 又 ,

222？BD,CD,a.

2a(BD,CD),aC D a B 即

,,由于a 0,约去a,得BDCD=a.

,a,0又BD,且CD,

,则当BD

,BDCD=a.

，C,90:.得D与C重合，故

证毕.

314892249

547569046

13587666189 Shua:

587911397 587911823 587912082 603662058 603662532

603662076 587912461 603662878 603662936 603662991 龙褒生:142271291

gaogao

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